2021学年湖南省永州市某校高二(上)10月第一次月考数学试卷(有答案)

2021学年湖南省永州市某校高二（上）10月第一次月考数学试
卷
一、选择题
1. “a =2”是“关于x 的方程x 2−3x +a =0有实数根”的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
2. 要得到函数y =cos (4x +π
3)的图象，只需将函数y =cos4x 的图象( ) A.向左平移π
3个单位长度 B.向左平移π
12个单位长度 C.向右平移π12个单位长度 D.向右平移π
3个单位长度
3. 某小组有3名男生和2名女生，从中任选2名同学去参加演讲比赛，事件“至少1名女生”与事件“全是男生”( ) A.是互斥事件，不是对立事件 B.是对立事件，不是互斥事件 C.既是互斥事件，也是对立事件 D.既不是互斥事件也不是对立事件
4. 已知0<a <1，函数y =a x 与y =log a (−x)的图象可能是( )
A. B.
C. D.
5. 某中学高一年级有学生1200人，高二年级有学生900人，高三年级有学生1500人，
现按年级为标准，用分层抽样的方法从这三个年级学生中抽取一个容量为720的样本进行某项研究，则应从高三年级学生中抽取学生()
A.200人
B.300人
C.320人
D.350人
6. 掷一枚骰子，出现偶数点或出现不小于4的点数的概率是()
A.2 3
B.3
4
C.5
6
D.4
5
7. 以下茎叶图记录了甲、乙两组各五名学生在一次英语听力测试中的成绩（单位：分）．已知甲组数据的中位数为15，乙组数据的平均数为16.8，则x，y的值分别为()
A.2，5
B.5，8
C.5，5
D.8，8
8. 港珠澳大桥于2018年10月24日正式通车，它是中国境内一座连接香港、珠海和澳门的桥隧工程，桥隧全长55千米，桥面为双向六车道高速公路，大桥通行限速100km/ℎ.现对大桥某路段上汽车行驶速度进行抽样调查，画出频率分布直方图（如图）.根据直方图估计在此路段上汽车行驶速度的众数和行驶速度超过90km/ℎ的概率分别为( )
A.85,0.25
B.90,0.35
C.87.5,0.25
D.87.5,0.35
9. 下列结论错误的是()
A.命题“若p，则q”与命题“若¬q，则¬p”互为逆否命题
B.命题p:∀x∈[0, 1]，e x≥1，命题q:∃x∈R，x2+x+1<0，则“p∨q”为真
C.“若am2<bm2，则a<b”的逆命题为真命题
D.命题P：“∃x0∈R，使得x02−2≥0”的否定为¬P：“∀x∈R，x2−2<0”
10. 以(−2, 1)为圆心且与直线x+y=3相切的圆的方程为()
A.(x −2)2+(y +1)2=2
B.(x +2)2+(y −1)2=4
C.(x −2)2+(y +1)2=8
D.(x +2)2+(y −1)2=8
11. 在如图所示的正方形内任取一点M ，其中图中的圆弧为该正方形的内切圆和以正方形的顶点为圆心以正方形边长的一半为半径的圆弧，则点M 恰好取自阴影部分的概率为( )
A.1
2
B.π
2
C.π
2
−1
D.2−π
2
12. 设函数f(x)是定义在R 上的奇函数，且对任意x ∈R 都有f(x)=f(x +4)，当x ∈(0, 2)时，f(x)=2x ，则f(2019)+f(2020)的值为( ) A.0 B.1
C.3
2
D.−2
二、填空题
某中学开学后从高一年级学生中随机抽取80名学生进行家庭情况调查，发现有20名学生上次被抽到过，估计这个学校高一年级学生的人数为________．
甲、乙两人下棋，两人下成和棋的概率是1
2
，甲不输的概率是5
6
，则甲赢的概率为
_______.
若 “x >3”是“x >m ” 的必要不充分条件，则m 的取值范围是________.
已知两个不同的平面α，β和两条不重合的直线m ，n ，有下列四个说法： (1)若m//α，n//α，则m//n ；(2)若m//α，n//α，m ，n ⊂β，则α//β； (3)若m//n ，n ⊂α，则m//α；(4)若α//β，m ⊂α，则m//β. 其中正确说法的个数为________个. 三、解答题
设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 4=120，a n+1=3a n . (1)求数列{a n }的通项公式；
(2)设b n=log
3a2n+1，求数列{1
b n b n+1
}的前n项和T n．
已知圆C:x2+y2−8y+12=0，直线l:ax+y+2a=0．
(1)当直线l与圆C相切，求a的值；
(2)当直线l与圆C相交于A，B两点，且|AB|=2√2时，求直线l的方程．
交通指数是指交通拥堵指数的简称，是综合反映道路网畅通或拥堵的概念性指数值，记交通指数为T．其范围为[0, 10]，分别有五个级别：T∈[0, 2)，畅通；T∈[2, 4)，基本畅通；T∈[4, 6)，轻度拥堵；T∈[6, 8)，中度拥堵；T∈[8, 10]，严重拥堵．在晚高峰时段(T≥2)，从某市交通指挥中心选取了市区20个交通路段，依据其交通指数数据绘制的频率分布直方图如图所示．
(1)求出轻度拥堵、中度拥堵、严重拥堵的路段的个数；
(2)用分层抽样的方法从轻度拥堵、中度拥堵、严重拥堵的路段中共抽取6个路段，求依次抽取的三个级别路段的个数；
(3)从(2)中抽取的6个路段中任取2个，求至少有1个路段为轻度拥堵的概率．
假设关于某设备的使用年限x和支出的维修费y（万元）有如下表的统计资料：
(1)画出数据的散点图，并判断y与x是否呈线性相关关系；
(2)若y与x呈线性相关关系，求线性回归方程ŷ=b̂x+â的回归系数â，b̂；
(3)估计使用年限为10年时，维修费用是多少？
参考公式及相关数据： b =∑x i n i=1y i −nx ¯y
¯
∑x i 2n i=1−nx
¯2，a ̂=y ¯−bx ¯
，∑x i 2n i=1=90，∑x i n
i=1y i =112.3
在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知b sin A =a sin (B +π
3). (1)求角B 的大小；
(2)若b =4，求△ABC 面积的最大值.
如图，在底面为平行四边形的四棱锥P −ABCD 中，过点A 的三条棱 PA ，AB ，AD 两两垂直且相等，E ，F 分别是AC ，PB 的中点.
(1)证明：EF // 平面PCD ；
(2)求EF 与平面PAC 所成角的大小．
参考答案与试题解析
2021学年湖南省永州市某校高二（上）10月第一次月考数学试
卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
根的存在性及根的个数判断
【解析】
由a=1时，判定方程x2−2x+a=0是否有实数根，由方程x2−2x+a=0有实数根，判定a是否等于1；从而得出结论．
【解答】
解：∵若关于x的方程x2−3x+a=0有实数根，
∴Δ=(−3)2−4a≥0，即a≤9
4
，
∴a不一定等于2，
∴ “a=2”是“关于x的方程x2−3x+a=0有实数根”的充分不必要条件.
故选A．
2.
【答案】
B
【考点】
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为y=cos(4x+π
3)=cos[4(x+π
12
)]，
所以要得到函数y=cos(4x+π
3
)的图象，
只需将函数y=cos4x的图象向左平移π
12
个单位长度.
故选B.
3.
【答案】
C
【考点】
互斥事件与对立事件
【解析】
互斥事件是两个事件不包括共同的事件，对立事件首先是互斥事件，再就是两个事件的和事件是全集，本题所给的两个事件不可能同时发生，且和是全集．
【解答】
解：“至少1名女生”的对立事件是“全是男生”.因此事件“至少1名女生”与事件“全是男生”既是互斥事件，也是对立事件.
故选C．
4.
【答案】
D
【考点】
对数函数的图象与性质
反函数
指数函数的图象
【解析】
函数y=a x与y=log
a x互为反函数，其图象关于直线y=x对称；y=log
a
(−x)与y=
log a x的图象关于y轴对称，
由于0<a<1，根据函数的单调性即可得出．
【解答】
解：函数y=a x与y=log
a
x互为反函数，其图象关于直线y=x对称，
y=log
a (−x)与y=log
a
x的图象关于y轴对称，
又0<a<1，根据函数的单调性即可得出．
故选D．
5.
【答案】
B
【考点】
分层抽样方法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：根据分层抽样的定义和题意，
则从高三年级学生中抽取的学生数为：
1500
1200+900+1500
×720=300(人).
故选B．
6.
【答案】
A
【考点】
古典概型及其概率计算公式
【解析】
本题是一个古典概型，试验发生包含的事件是掷一个骰子出现的点数，而满足条件的事件是出现偶数点或出现不小于4的点数，可以列举共有4种结果，得到概率．
【解答】
解：由题意知，本题是一个古典概型，
∵试验发生包含的事件是掷一个骰子出现的点数，共有6种结果，
满足条件的事件是出现偶数点或出现不小于4的点数，有2，4，5，6共有4种结果，
∴出现偶数点或出现不小于4的点数的概率是4
6=2
3
，
故选A．
7.
【答案】
B
【考点】
众数、中位数、平均数
【解析】
求乙组数据的平均数就是把所有乙组数据加起来，再除以5．找甲组数据的中位数要把甲组数据按从小到大的顺序排列，位于最中间的一个数为中位数．据此列式求解即可．【解答】
解：∵乙组数据平均数
(9+15+18+24+10+y)÷5=16.8，
∴y=8；
∵甲组数据可排列成：9，12，10+x，24，27，
∴中位数为：10+x=15，
∴x=5．
故选B.
8.
【答案】
D
【考点】
用频率估计概率
频数与频率
众数、中位数、平均数
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由频率分布直方图估计在此路段上汽车行驶速度的众数为85+90
2
=87.5，
由频率分布直方图估计在此路段上汽车行驶速度超过90km/ℎ的频率为(0.05+
0.02)×5=0.35，
所以由频率分布直方图估计在此路段上汽车行驶速度超过90km/ℎ的概率为0.35.
故选D.
9.
【答案】
C
【考点】
命题的否定
四种命题的真假关系
四种命题间的逆否关系
【解析】
根据命题的知识逐个进行判断，根据逆否命题的特点，知道A正确；根据判断出两个命
题的真假，得到B 正确；根据不等式的性质得到C 不正确，根据复合命题的真假，得到D 正确． 【解答】
解：命题“若p ，则q ”与命题“若¬q ，则¬p ”互为逆否命题，故A 正确； 命题p:∀x ∈[0, 1]，e x ≥1，由e x ∈[1,e]，可得p 真； 命题q:∃x ∈R ，x 2+x +1<0，由于 x 2+x +1=(x +1
2)2+3
4≥3
4，则q 假，
则“p ∨q ”为真，故B 正确；
“若am 2<bm 2，则a <b ”的逆命题为“若a <b ，则am 2<bm 2”错误， 如果m =0，不成立，故C 不正确；
命题P ：“∃x 0∈R ，使得x 02
−2≥0”的否定为¬P ：“∀x ∈R ，x 2−2<0”， 故D 正确. 故选C ． 10.
【答案】 D
【考点】
直线与圆的位置关系 圆的标准方程
【解析】
直线与圆相切时，圆心到直线的距离等于圆的半径，所以利用点到直线的距离公式求出圆心到已知直线的距离d ，即为所求圆的半径r ，然后由圆心和求出的r 写出圆的标准方程即可． 【解答】
解：由所求的圆与直线x +y −3=0相切， 得到圆心(−2, 1)到直线x +y −3=0的距离d =√2
=2√2，
则所求圆的方程为：(x +2)2+(y −1)2=8． 故选D . 11.
【答案】 D
【考点】
几何概型计算（与长度、角度、面积、体积有关的几何概型） 【解析】 此题暂无解析 【解答】
解：设正方形的边长为2，可以得出阴影部分的面积等于（正方形的面积−内切圆面积） 的两倍即阴影部分的面积为2(4−π)，则点M 恰好取自阴影部分的概率为： P =
2(4−π)4
=2−π
2.
故选D . 12. 【答案】 D
【考点】 函数的周期性 函数的求值
【解析】
由于对任意x ∈R 都有f(x)=f(x +4)，则4为f(x)的周期，从而f(2012)−f(2011)=f(4×503)−f(4×503−1)=f(0)−f(−1)，再根据f(x)的奇偶性可得f(0)=0，f(−1)=−f(1)． 【解答】
解：由f(x)是定义在R 上的奇函数，得f(0)=0， 又x ∈(0, 2)时，f(x)=2x ， 所以f(1)=2，
因为对任意x ∈R 都有f(x)=f(x +4)， 所以4为f(x)的周期，
所以f(2019)+f(2020)=f(4×504+3)+f(4×505)
=f(3)+f(0)=f(−1)+f(0)=−f(1)+f(0)=−2+0=−2， 故选D ． 二、填空题
【答案】 320
【考点】
随机抽样和样本估计总体的实际应用 用样本的数字特征估计总体的数字特征 【解析】 此题暂无解析 【解答】
解：设高一年级共有m 人，则由题意得，
80m
=
2080
，
解得：m =320. 故答案为：320． 【答案】
13
【考点】
互斥事件的概率加法公式 【解析】
利用互斥事件的概率加法公式即可得出． 【解答】
解：∵ 甲、乙两人下棋，两人下成和棋的概率是1
2
，甲不输的概率是5
6
，
∴ 甲赢的概率是P =56−12=1
3. 故答案为：1
3. 【答案】 m >3 【考点】
根据充分必要条件求参数取值问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为“x>3”是“x>m”的必要不充分条件，
所以(m,+∞)是(3,+∞)的真子集，
所以m>3.
故答案为：m>3.
【答案】
1
【考点】
平面与平面平行的性质
平面与平面平行的判定
直线与平面平行的判定
空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)若m//α，n//α，则m，n平行、相交、或异面，故(1)错误；
(2)若m//α，n//α，m，n⊂β，则α，β平行或相交，
只有m，n为相交直线，才有α//β，故(2)错误；
(3)若m//n，n⊂α，则m//α或m⊂α，故(3)错误；
(4)若α//β，m⊂α，由面面平行的性质定理可得：m//β，故(4)正确. 故答案为：1.
三、解答题
【答案】
解：(1)∵a n+1
a n
=3，
∴{a n}是公比为q=3的等比数列，
S4=a1(1−34)
1−3
=120，
解得a1=3.
∴a n=a1q n−1=3n，
即a n=3n.
(2)∵b n=log
3a2n+1=2n+1，b n+1=log
3
a2n+3=2n+3.
∴T n=1
3×5+1
5×7
+⋯+1
(2n+1)(2n+3)
=1
2
(
1
3
−
1
5
+⋯+
1
2n+1
−
1
2n+3
)
=1
2
(
1
3
−
1
2n+3
)
=n
3(2n+3)
.
【考点】
数列的求和
等比数列的前n项和
等比数列的通项公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)∵a n+1
a n
=3，
∴{a n}是公比为q=3的等比数列，
S4=a1(1−34)
1−3
=120，
解得a1=3.
∴a n=a1q n−1=3n，
即a n=3n.
(2)∵b n=log
3a2n+1=2n+1，b n+1=log
3
a2n+3=2n+3.
∴T n=1
3×5+1
5×7
+⋯+1
(2n+1)(2n+3)
=1
2
(
1
3
−
1
5
+⋯+
1
2n+1
−
1
2n+3
)
=1
2
(
1
3
−
1
2n+3
)
=n
3(2n+3)
.
【答案】
解：(1)将圆C的方程x2+y2−8y+12=0配方得标准方程为：x2+(y−4)2=4，
则此圆的圆心为(0, 4)，半径为2．
若直线l与圆C相切，
则有
√a2+1
=2．
解得a=−3
4
．
(2)∵|AB|=2√2，r=2，
∴圆心(0,4)到l的距离为√22−(√2)2=√2.
∴有
√a2+1
=√2，
16+16a+4a2=2a2+2，
得a=−1或a=−7，
∴直线l的方程为x−y+2=0或7x−y+14=0.
【考点】
直线和圆的方程的应用
点到直线的距离公式
【解析】
把圆的方程化为标准方程后，找出圆心坐标与圆的半径r，
(1)当直线l与圆相切时，圆心到直线的距离d等于圆的半径r，利用点到直线的距离公式表示出圆心到直线l的距离d，让d等于圆的半径r，列出关于a的方程，求出方程的解即可得到a的值；
(2)联立圆C和直线l的方程，消去y后，得到关于x的一元二次方程，然后利用韦达定理表示出AB的长度，列出关于a的方程，求出方程的解即可得到a的值．
【解答】
解：(1)将圆C的方程x2+y2−8y+12=0配方得标准方程为：
x2+(y−4)2=4，
则此圆的圆心为(0, 4)，半径为2．
若直线l与圆C相切，
则有
2
=2．
解得a=−3
4
．
(2)∵|AB|=2√2，r=2，
∴圆心(0,4)到l的距离为√22−(√2)2=√2.
∴有
√a2+1
=√2，
16+16a+4a2=2a2+2，
得a=−1或a=−7，
∴直线l的方程为x−y+2=0或7x−y+14=0.
【答案】
解：(1)由直方图得：这20个路段中，
轻度拥堵的路段有(0.1+0.2)×1×20=6(个)，
中度拥堵的路段有(0.25+0.2)×1×20=9(个)，
严重拥堵的路段有(0.1+0.05)×1×20=3(个)．
(2)由(1)知：拥堵路段共有6+9+3=18(个)，
按分层抽样，从18个路段中抽取6个，依次抽取的三个级别路段的个数分别为:
6 18×6=2，9
18
×6=3，3
18
×6=1，
即从交通指数在[4, 6),[6, 8),[8, 10]的路段中分别抽取的个数为2，3，1．
(3)记抽取的2个轻度拥堵路段为A1，A2，抽取的3个中度拥堵路段为B1，B2，B3，
抽取的1个严重拥堵路段为C1，则从这6个路段中抽取2个路段的所有可能情况如下：(A1, A2)，(A1, B1)，(A1, B2)，(A1, B3)，(A1, C1)，(A2, B1)，(A2, B2)，(A2, B3)，(A2, C1)，(B1, B2)，(B1, B3)，(B1, C1)，(B2, B3)，(B2, C1)，(B3, C1)，共15种情况．其中至少有1个路段为轻度拥堵的情况有：(A1, A2)，(A1, B1)，(A1, B2)，(A1, B3)，
(A1, C1)，(A2, B1)，(A2, B2)，(A2, B3)，(A2, C1)，共9种．
所以所抽取的2个路段中至少有1个路段为轻度拥堵的概率为P=9
15=3
5
．
【考点】
频率分布直方图
分层抽样方法
列举法计算基本事件数及事件发生的概率
【解析】
（1）由频率分布直方图可知底×高=频率，频数×20=个数，即可得出结论；
（2）根据分层抽样，交通指数在[4, 10)的路段共18个，抽取6个，求出抽取的比值，继而求得路段个数．
（3）考查古典概型，一一列举所有满足条件的基本事件，利用概率公式求得．
【解答】
解：(1)由直方图得：这20个路段中，
轻度拥堵的路段有(0.1+0.2)×1×20=6(个)，
中度拥堵的路段有(0.25+0.2)×1×20=9(个)，
严重拥堵的路段有(0.1+0.05)×1×20=3(个)．
(2)由(1)知：拥堵路段共有6+9+3=18(个)，
按分层抽样，从18个路段中抽取6个，依次抽取的三个级别路段的个数分别为:
6 18×6=2，9
18
×6=3，3
18
×6=1，
即从交通指数在[4, 6),[6, 8),[8, 10]的路段中分别抽取的个数为2，3，1．
(3)记抽取的2个轻度拥堵路段为A1，A2，抽取的3个中度拥堵路段为B1，B2，B3，
抽取的1个严重拥堵路段为C1，则从这6个路段中抽取2个路段的所有可能情况如下：(A1, A2)，(A1, B1)，(A1, B2)，(A1, B3)，(A1, C1)，(A2, B1)，(A2, B2)，(A2, B3)，(A2, C1)，(B1, B2)，(B1, B3)，(B1, C1)，(B2, B3)，(B2, C1)，(B3, C1)，共15种情况．其中至少有1个路段为轻度拥堵的情况有：(A1, A2)，(A1, B1)，(A1, B2)，(A1, B3)，(A1, C1)，(A2, B1)，(A2, B2)，(A2, B3)，(A2, C1)，共9种．
所以所抽取的2个路段中至少有1个路段为轻度拥堵的概率为P=9
15=3
5
．
【答案】
解：(1)数据的散点图如图所示，
由图可知，y与x呈线性相关关系；
(2)由题意知，x¯=1
5
(2+3+4+5+6)=4，
y¯=1
5
(2.2+3.8+5.5+6.5+7.0)=5，
b̂=2×2.2+3×3.8+4×5.5+5×6.5+6×7−5×4×5
4+9+16+25+36−5×16
=1.23，
â=5−4×1.23=0.08；
(3)∵x=10时，ŷ=1.23×10+0.08=12.38，
∴使用年限为10年时，维修费用是12.38万元.
【考点】
散点图
线性相关关系的判断
求解线性回归方程
【解析】
（1）根据所给的数据，做出变量x，y的平均数，根据最小二乘法做出线性回归方程的系数b，在根据样本中心点一定在线性回归直线上，求出a的值．
（2）求出回归模型的相关系数，可判断回归模型拟合效果的好坏．
【解答】
解：(1)数据的散点图如图所示，
由图可知，y与x呈线性相关关系；
(2)由题意知，x¯=1
5
(2+3+4+5+6)=4，
y¯=1
5
(2.2+3.8+5.5+6.5+7.0)=5，
b̂=2×2.2+3×3.8+4×5.5+5×6.5+6×7−5×4×5
4+9+16+25+36−5×16
=1.23，
â=5−4×1.23=0.08；
(3)∵x=10时，ŷ=1.23×10+0.08=12.38，
∴使用年限为10年时，维修费用是12.38万元.
【答案】
解：(1)在△ABC中，由正弦定理a
sin A =b
sin B
，
可得b sin A=a sin B，
又由b sin A=a sin(B+π
3
)，
得a sin B=a sin(B+π
3
),
即sin B=sin(B+π
3
),
即sin B=1
2sin B+√3
2
cos B，
所以sin B=√3cos B，
可得tan B=√3，
又因为B∈(0,π)，可得B=π
3
.
(2)由余弦定理得：b2=a2+c2−2ac cosπ
3
，
即a2+c2=16+ac，
由不等式得：a2+c2≥2ac，当且仅当a=c时，取等号，所以16+ac≥2ac，解得ac≤16，
所以△ABC的面积为
1 2ac sinπ
3
=√3
4
ac≤√3
4
×16=4√3.
所以△ABC的面积的最大值为4√3.
【考点】
两角和与差的正弦公式
三角形的面积公式
基本不等式在最值问题中的应用余弦定理
正弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)在△ABC中，由正弦定理a
sin A =b
sin B
，
可得b sin A=a sin B，
又由b sin A=a sin(B+π
3
)，
得a sin B=a sin(B+π
3
),
即sin B=sin(B+π
3
),
即sin B=1
2sin B+√3
2
cos B，
所以sin B=√3cos B，
可得tan B=√3，
又因为B∈(0,π)，可得B=π
3
.
(2)由余弦定理得：b2=a2+c2−2ac cosπ
3
，
即a2+c2=16+ac，
由不等式得：a2+c2≥2ac，当且仅当a=c时，取等号，所以16+ac≥2ac，解得ac≤16，
所以△ABC的面积为
1 2ac sinπ
3
=√3
4
ac≤√3
4
×16=4√3.
所以△ABC的面积的最大值为4√3.
【答案】
(1)证明：连接BD，则E是BD的中点．
又F是PB的中点，
所以EF // PD．
因为EF不在平面PCD内，
所以EF // 平面PCD．
(2)解：连接PE．
因为ABCD是正方形，
所以BD⊥AC．
又PA⊥平面ABC，
所以PA⊥BD．
因此BD⊥平面PAC．
故∠EPD是PD与平面PAC所成的角．
因为EF // PD，
所以EF与平面PAC所成的角的大小等于∠EPD．因为PA=AB=AD，∠PAD=∠BAD=90∘，所以Rt△PAD≅Rt△BAD．
因此PD=BD．
在Rt△PED中，sin∠EPD=ED
PD =1
2
，∠EPD=30∘．
所以EF与平面PAC所成角的大小是30∘．
【考点】
直线与平面所成的角
直线与平面平行的判定
【解析】
（1）欲证EF // 平面PCD，根据直线与平面平行的判定定理可知只需证EF与平面PCD 内一直线平行即可，连接BD，根据中位线可知EF // PD，而EF不在平面PCD内，满足定理所需条件；
（2）连接PE，根据题意可知BD⊥AC，又PA⊥平面ABC，则PA⊥BD，从而BD⊥平面PAC，根据线面所成角的定义可知∠EPD是PD与平面PAC所成的角，而EF // PD，则EF与平面PAC所成的角的大小等于∠EPD，在Rt△PED中，求出此角即可．
【解答】
(1)证明：连接BD，则E是BD的中点．
又F是PB的中点，
所以EF // PD．
因为EF不在平面PCD内，
所以EF // 平面PCD．
(2)解：连接PE．
因为ABCD是正方形，
所以BD⊥AC．
又PA⊥平面ABC，
所以PA⊥BD．
因此BD⊥平面PAC．
故∠EPD是PD与平面PAC所成的角．
因为EF // PD，
所以EF与平面PAC所成的角的大小等于∠EPD．
因为PA=AB=AD，∠PAD=∠BAD=90∘，
所以Rt△PAD≅Rt△BAD．
因此PD=BD．
在Rt△PED中，sin∠EPD=ED
PD =1
2
，∠EPD=30∘．
所以EF与平面PAC所成角的大小是30∘．。